\chapter{二次型}

\section{二次型及其标准型}

\begin{enumerate}
  \item \begin{enumerate}
      \item 所给二次型可写为$f(x_1,x_2,x_3)=x^{\rT} Ax$, 其中$A=\begin{pmatrix}
          1 & 1 & 2 \\
          1 & 0 & \frac{1}{2}\\
          2 & \frac{1}{2} & \frac{7}{4}
        \end{pmatrix}$. 化简$A$至阶梯型可知$A$的秩$r(A)=2$. 从而$f$的秩为$2$.
      \item 所给二次型可写为$f(x_1,x_2,x_3)=x^{\rT} Ax$, 其中$A=\begin{pmatrix}
          0 & -2 & 1 \\
          -2 & 0 & -4\\
          1 & -4 & 0
        \end{pmatrix}$. 化简$A$至阶梯型可知$A$的秩$r(A)=3$. 
        从而$f$的秩为$3$.
    \end{enumerate}
  \item 所给二次型的矩阵为$A=\begin{pmatrix}
      5  & -1 & 3\\
     -1 & 5 & -3\\
      3 & -3 & c
    \end{pmatrix}$. $A$的秩等于$2$表明$0=|A|=24c-72$. 从而$c=3$.
    要计算$A$的特征值，我们来计算$A$的特征多项式：
    \begin{align*}
      |\lambda E-A| &= \begin{vmatrix}
         \lambda -5  & 1 & -3\\
         1 & \lambda-5 & 3\\
        -3 & 3 & \lambda-3
      \end{vmatrix} = \lambda(\lambda-4)(\lambda-9).
    \end{align*}
    因此$A$的特征值为$0,4,9$.
  \item \begin{enumerate}
      \item 我们有
        \begin{align*}
          f(x_1,x_2,x_3)&= 2x_1x_2+x_2^2-2x_1x_3-2x_2x_3\\
          &= \left( x_2^2 + 2(x_1-x_3)x_2 \right) -2x_1x_3 \\
          &= (x_2+x_1-x_3)^2 - (x_1-x_3)^2-2x_1x_3\\
          &= (x_2+x_1-x_3)^2 - x_1^2 -x_3^2.
        \end{align*}
        令
        \[
          \begin{cases}
            y_1= x_2+x_1-x_3\\
            y_2= x_1 \\
            y_3= x_3,
          \end{cases}\quad
          \text{即}\quad 
          \begin{cases}
            x_1= y_2\\
            x_2= y_1-y_2+y_3\\
            x_3= y_3,
          \end{cases}
        \]
        则
        $f(x_1, x_2, x_3)=y_1^2-y_2^2-y_3^2.$
      \item 我们有
        \begin{align*}
          f(x_1, x_2, x_3) &=  2x_1^2- x_2^2 - x_3^2  + 4x_1x_2 + 8 x_1x_3 -4 x_2x_3\\
          &= -\left( x_2^2+2(2x_3-2x_1) x_2 \right) +2x_1^2-x_3^2+8x_1x_3 \\
          &= -(x_2+2x_3-2x_1)^2 + (2x_3-2x_1)^2 +2x_1^2-x_3^2+8x_1x_3 \\ 
          &= -(x_2+2x_3-2x_1)^2 +  6x_1^2 +3x_3^2.
        \end{align*}
        令
        \[
          \begin{cases}
            y_1= x_2+2x_3-2x_1\\
            y_2= x_1  \\
            y_3=  x_3,
          \end{cases}\quad
          \text{即}\quad 
          \begin{cases}
            x_1= y_2\\
            x_2= y_1+2y_2 -2y_3\\
            x_3= y_3,
          \end{cases}
        \]
        则$f(x_1,x_2,x_3)=-y_1^2+6y_2^2+3y_3^2$.
    \end{enumerate}
  \item \begin{enumerate}
      \item 我们对二次型$f(x_1,x_2,x_3)=-4x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$的矩阵
        $A=\begin{pmatrix}
          0 & -2 & 1 \\
          -2 & 0 & 1 \\
          1 & 1 & 0
        \end{pmatrix}$做一系列对称版本的初等变换把$A$化成对角形
        （为了写出所用的线性变换，我们把$A$与单位矩阵$E$拼在了一起）：
        \begin{align*}
          \left( 
            \begin{array}{rrr}
              0 & -2 & 1 \\
              -2 & 0 & 1 \\
               1 & 1 & 0 \\
               \hline
              1 & 0  &0 \\
              0 & 1 & 0 \\
              0 & 0 &1 
            \end{array}
          \right)\xrightarrow[r_1+r_3]{c_1+c_3} & 
          \left( 
            \begin{array}{rrr}
              2 & -1 & 1 \\
              -1 & 0 & 1 \\
               1 & 1 & 0 \\
               \hline
              1 & 0  &0 \\
              0 & 1 & 0 \\
              1 & 0 &1 
            \end{array}
          \right)
          \xrightarrow[r_2+\frac{1}{2}r_1, r_3-\frac{1}{2}r_1]{c_2+\frac{1}{2}c_1, c_3-\frac{1}{2}c_1}
          \left( 
            \begin{array}{rrr}
              2 & 0 & 0 \\
              0 & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} \\
              0 & \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} \\
               \hline
               1 & \frac{1}{2}  & -\frac{1}{2} \\
              0 & 1 & 0 \\
              1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} 
            \end{array}
          \right) \\
          \xrightarrow[r_3+3r_2]{c_3+3c_2} & 
          \left( 
            \begin{array}{rrr}
              2 & 0 & 0 \\
              0 & -\frac{1}{2} & 0 \\
              0 & 0 & 4 \\
               \hline
               1 & \frac{1}{2}  & 1 \\
              0 & 1 & 3 \\
              1 & \frac{1}{2} & 2 
            \end{array}
          \right).
        \end{align*}
      这样，令
      \[
        \begin{pmatrix}
          x_1 \\ x_2 \\ x_3
        \end{pmatrix}=
        \begin{pmatrix}
          1 & \frac{1}{2}  & 1 \\
          0 & 1 & 3 \\
          1 & \frac{1}{2} & 2       
        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
          y_1 \\ y_2 \\ y_3
        \end{pmatrix},
      \]
      我们有$f(x_1, x_2, x_3)=2y_1^2-\frac{1}{2}y_2^2+4y_3^2$.
    \item 我们对二次型$f(x_1,x_2,x_3,x_4)=x_1^2+x_2^2+x_3^2+2x_1x_2+2x_2x_3+4x_3x_4$的矩阵
        $A=\begin{pmatrix}
          1 & 1 & 0 & 0\\
          1 & 1 & 1 &0 \\
          0 & 1 & 1 & 2 \\
          0 & 0 & 2 & 0
        \end{pmatrix}$做一系列对称版本的初等变换把$A$化成对角形
        （为了写出所用的线性变换，我们把$A$与单位矩阵$E$拼在了一起）：
        \begin{align*}
          \left( 
            \begin{array}[]{cccc}
              1 & 1 & 0 & 0\\
              1 & 1 & 1 &0 \\
              0 & 1 & 1 & 2 \\
              0 & 0 & 2 & 0 \\
              \hline 
              1 & 0 & 0 & 0 \\
              0 & 1 & 0 & 0 \\
              0 & 0 & 1 & 0 \\
              0 & 0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right)\xrightarrow[r_2-r_1]{c_2-c_1} & 
          \left( 
            \begin{array}[]{cccc}
              1 & 0 & 0 & 0\\
              0 & 0 & 1 &0 \\
              0 & 1 & 1 & 2 \\
              0 & 0 & 2 & 0 \\
              \hline 
              1 & -1 & 0 & 0 \\
              0 & 1 & 0 & 0 \\
              0 & 0 & 1 & 0 \\
              0 & 0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right)\xrightarrow[r_2\leftrightarrow r_3]{c_2\leftrightarrow c_3}
          \left( 
            \begin{array}[]{cccc}
              1 & 0& 0  & 0\\
              0 & 1& 1  & 2 \\
              0 & 1& 0  &0 \\
              0 & 2& 0  & 0 \\
              \hline 
              1 & 0& -1  & 0 \\
              0 & 0& 1  & 0 \\
              0 & 1& 0 & 0 \\
              0 & 0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right)\\
          \xrightarrow[r_3-r_2,r_4-2r_2]{c_3-c_2,c_4-2c_2} & 
          \left( 
            \begin{array}[]{cccc}
              1 & 0& 0  & 0\\
              0 & 1& 0  & 0 \\
              0 & 0& -1  &-2 \\
              0 & 0& -2  & -4 \\
              \hline 
              1 & 0& -1  & 0 \\
              0 & 0& 1  & 0 \\
              0 & 1& -1 & -2 \\
              0 & 0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right) 
          \xrightarrow[r_4-2r_3]{c_4-2c_3} 
          \left( 
            \begin{array}[]{cccc}
              1 & 0& 0  & 0\\
              0 & 1& 0  & 0 \\
              0 & 0& -1  &0 \\
              0 & 0& 0  & 0 \\
              \hline 
              1 & 0& -1  & 2 \\
              0 & 0& 1  & -2 \\
              0 & 1& -1 & 0 \\
              0 & 0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right).
        \end{align*}
        这样，令
        \[
          \begin{pmatrix}
          x_1 \\ x_2 \\ x_3  \\x_4
          \end{pmatrix}=
          \begin{pmatrix}
              1 & 0& -1  & 2 \\
              0 & 0& 1  & -2 \\
              0 & 1& -1 & 0 \\
              0 & 0 & 0 & 1
            \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
              y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\y_4
            \end{pmatrix},
        \]
        我们有
        $f(x_1, x_2, x_3, x_4) = y_1^2+y_2^2-y_3^2$.
    \end{enumerate}
\end{enumerate}


\section{复数域上的二次型}

\begin{enumerate}
  \item 我们把所给二次型的矩阵用一系列对称版本的初等变换化成对角形
    \[
      \begin{pmatrix}
        1 & -2i & 0 \\
        -2i & 2 & i \\
        0 & i & -i
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2+r_1\times(2i)]{c_2+c_1\times(2i)}
      \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 \\
        0 & 6 & i \\
        0 & i & -i
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2+r_3]{c_2+c_3}
      \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 \\
        0 & 6+i & 0 \\
        0 & 0 & -i
      \end{pmatrix}.
    \]
    因此所给二次型的秩为$3$, 规范形为$y_1^2+y_2^2+y_3^2$.
  \item 
    \begin{enumerate}
      \item 令$y_1=\sqrt{2}i(x_1+x_2), y_2=\sqrt{3}(x_1-x_3), y_3=x_3$, 亦即
        \[
          \begin{cases}
            x_1=\frac{1}{\sqrt{3}}y_2+y_3 \\
            x_2=\frac{1}{\sqrt{2}i}y_1 - \frac{1}{\sqrt{3}}y_2- y_3\\
            x_3=y_3,
          \end{cases}
        \]
        那么我们有
        \[
          f(x_1,x_2,x_3)=-2(x_1+x_2)^2+3(x_1-x_3)^2=y_1^2+y_2^2.
        \]
      \item 我们用一系列对称版本的初等变换来把所给二次型的矩阵化简至规范形：
        \begin{align*}
          & \left( 
            \begin{array}[]{rrr}
              0 & 1 & 1 \\
              1 & 0 & -3 \\
              1 & -3 & 0\\
              \hline
              1 & 0 & 0 \\
              0 & 1 & 0 \\
              0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right)\\
          \xrightarrow[r_1+r_2]{c_1+c_2} & 
          \left( 
            \begin{array}[]{rrr}
              2 & 1 & -2 \\
              1 & 0 & -3 \\
              -2 & -3 & 0\\
              \hline
              1 & 0 & 0 \\
              1 & 1 & 0 \\
              0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right) \xrightarrow[r_2+r_1\times(-\frac{1}{2}), r_3+r_1]{c_2+c_1\times(-\frac{1}{2}), c_3+c_1} 
          \left( 
            \begin{array}[]{rrr}
              2 & 0 & 0 \\
              0 & -\frac{1}{2} & -2 \\
              0 & -2 & -2 \\
              \hline
              1 & -\frac{1}{2} & 1 \\
              0 & \frac{1}{2} & 1 \\
              0 & 0 & 1
            \end{array}
          \right)\\
          \xrightarrow[r_2-r_3]{c_2-c_3} & 
          \left( 
            \begin{array}[]{rrr}
              2 & 0 & 0 \\
              0 & \frac{3}{2} & 0 \\
              0 & 0 & -2 \\
              \hline
              1 & -\frac{3}{2} & 1 \\
              0 & -\frac{1}{2} & 1 \\
              0 & -1 & 1
            \end{array}
          \right)\xrightarrow[r_1\times\frac{1}{\sqrt{2}}, r_2\times \sqrt{\frac{2}{3}}, r_3\times \frac{1}{\sqrt{2}i}]{c_1\times\frac{1}{\sqrt{2}}, c_2\times \sqrt{\frac{2}{3}}, c_3\times \frac{1}{\sqrt{2}i}} 
          \left( 
            \begin{array}[]{rrr}
              1 & 0 & 0 \\
              0 & 1 & 0 \\
              0 & 0 & 1 \\
              \hline
              \frac{1}{\sqrt{2}} & -\sqrt{\frac{3}{2}} &  \frac{1}{\sqrt{2}i}\\
              0 & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}i} \\
              0 & -\sqrt{\frac{2}{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}i}
            \end{array}
          \right).
        \end{align*}
        令
        \[
          \begin{pmatrix}
            x_1 \\ x_2 \\ x_3
          \end{pmatrix}=
          \begin{pmatrix}
            \frac{1}{\sqrt{2}} & -\sqrt{\frac{3}{2}} &  \frac{1}{\sqrt{2}i}\\
              0 & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{2}i} \\
              0 & -\sqrt{\frac{2}{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}i}
            \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
              y_1 \\ y_2 \\ y_3
            \end{pmatrix},
        \]
        我们有
        \[
          f(x_1, x_2, x_3 )= 2x_1x_2+2x_1x_3-6x_2x_3=y_1^2+y_2^2+y_3^2.
        \]
        \end{enumerate}
      \item 既然是复矩阵，我们有$A$与$B$合同当且仅当$A, B$秩相等当且仅当$A,B$等价。
      \item 令$A$的秩为$r$. 我们知道$A$合同于$\begin{pmatrix}
          E_r \\ & 0
        \end{pmatrix}$, 从而存在可逆矩阵$D$使得$A=D^{\rT}\begin{pmatrix}
          E_r \\ & 0
        \end{pmatrix}D$.
        将$D$分块为$D=\begin{pmatrix}
          D_1 & D_2  \\ D_3 & D_4
        \end{pmatrix}$, 其中$D_1$是$r$阶矩阵。
        这样
        \[
          A=D^{\rT}\begin{pmatrix}
                    E_r \\ & 0
                  \end{pmatrix}D= \begin{pmatrix}
                    D_1^{\rT}D_1 &D_1^{\rT}D_2\\ D_2^{\rT}D_1 & D_2^{\rT} D_2
                  \end{pmatrix} = C^{\rT}C, \quad\text{其中$C=\begin{pmatrix}
                      D_1 & D_2 \\ 0& 0
                  \end{pmatrix}$}.
                \]
\end{enumerate}

\section{实数域上的二次型}


\begin{enumerate}
  \item 我们用一系列对称版本的初等变换把所给实二次型的矩阵化至规范形：
    \begin{align*}
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          1 & -1 & 1 \\
          -1 & 0 & -3 \\
          1 & -3 &  0\\
          \hline 
          1 & 0 &  0 \\
          0 & 1 & 0 \\
          0 & 0 & 1
        \end{array} 
      \right)\xrightarrow[r_2+r_1, r_3-r_1]{c_2+c_1, c_3-c_1} &
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          1 & 0 & 0 \\
          0 & -1 & -2 \\
          0 & -2 &  -1\\
          \hline 
          1 & 1 &  -1 \\
          0 & 1 & 0 \\
          0 & 0 & 1
        \end{array} 
      \right)\xrightarrow[r_3-2r_2]{c_3-2c_2} 
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          1 & 0 & 0 \\
          0 & -1 & 0 \\
          0 & 0 &  3\\
          \hline 
          1 & 1 &  -3 \\
          0 & 1 & -2 \\
          0 & 0 & 1
        \end{array} 
      \right) \\
      \xrightarrow[r_2\leftrightarrow r_3]{c_2\leftrightarrow c_3} & 
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          1 & 0 & 0 \\
          0 & 3 & 0 \\
          0 & 0 &  -1\\
          \hline 
          1 & -3  & 1 \\
          0 & -2 & 1  \\
          0 & 1 & 0 
        \end{array} 
      \right)\xrightarrow[r_2\times \frac{1}{\sqrt{3}}]{c_2\times \frac{1}{\sqrt{3}}}
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          1 & 0 & 0 \\
          0 & 1 & 0 \\
          0 & 0 &  -1\\
          \hline 
          1 & -\sqrt{3}  & 1 \\
          0 & -\frac{2}{\sqrt{3}} & 1  \\
          0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 
        \end{array} 
      \right).
    \end{align*}
    令
    \[
      \begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3
      \end{pmatrix}=
      \begin{pmatrix}
           1 & -\sqrt{3}  & 1 \\
          0 & -\frac{2}{\sqrt{3}} & 1  \\
          0 & \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 
        \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
          y_1 \\ y_2 \\ y_3
        \end{pmatrix},
    \]
    我们有
    \[
      f(x_1, x_2, x_3)=x_1^2-2x_1x_2+2x_1x_3-6x_2x_3 = y_1^2+y_2^2-y_3^2.
    \]
  \item 我们用一系列对称版本的初等变换把所给实二次型的矩阵化至标准形：
    \begin{align*}
      \left( 
        \begin{array}[]{rrrr}
          1 & 1 & 0 & -1 \\
          1 & 1 & -1  & 0 \\
          0 & -1 & 1  & 1 \\
          -1 & 0 & 1 & 1
        \end{array} 
      \right)\\
      \xrightarrow[r_2-r_1, r_4+r_1]{c_2-c_1, c_4+c_1} &
      \left( 
        \begin{array}[]{rrrr}
          1 & 0 & 0 & 0 \\
          0 & 0 & -1  & 1 \\
          0 & -1 & 1  & 1 \\
          0 & 1 & 1 & 0
        \end{array} 
      \right) \xrightarrow[r_2\leftrightarrow r_3]{c_2\leftrightarrow c_3} 
      \left( 
        \begin{array}[]{rrrr}
          1 & 0 & 0 & 0 \\
          0 & 1 & -1  & 1 \\
          0 & -1 & 0  & 1 \\
          0 & 1 & 1 & 0
        \end{array} 
      \right)\\
      \xrightarrow[r_3+r_2,r_4-r_2]{c_3+c_2,c_4-c_2} & 
      \left( 
        \begin{array}[]{rrrr}
          1 & 0 & 0 & 0 \\
          0 & 1 & 0  & 0 \\
          0 & 0 & -1  & 2\\
          0 & 0 & 2 & -1
        \end{array} 
      \right)\xrightarrow[r_4+2r_3]{c_4+2c_3} 
      \left( 
        \begin{array}[]{rrrr}
          1 & 0 & 0 & 0 \\
          0 & 1 & 0  & 0 \\
          0 & 0 & -1  & 0\\
          0 & 0 & 0 & 3
        \end{array} 
      \right).
    \end{align*}
    这样所给实二次型的规范形为$\begin{pmatrix}
      1 \\ & 1 \\ & & 1 \\ & & & -1
    \end{pmatrix}$, 正、负惯性指数分别为$3,1$, 符号差为$2$.
  \item 由实对称矩阵的规范形的唯一性知：实对称矩阵$A, B$合同当且仅当它们有相同的规范形当且仅当$A, B$的正、负惯性指数都相等。
  \item 既然$r(A)=1$, 实对称矩阵$A$合同于$\begin{pmatrix}
      \pm1 \\ & 0 \\ & & \ddots \\ & & & 0
    \end{pmatrix}$,
    其中$A$的正惯性指数为$1$时取正号，负惯性指数为$1$时取负号。
    从而存在可逆矩阵$Q$使得
    \[
      A= Q^{\rT}\begin{pmatrix}
      \pm1 \\ & 0 \\ & & \ddots \\ & & & 0
    \end{pmatrix}Q= \pm Q^{\rT}\alpha^{\rT} \alpha Q=\pm (\alpha Q)^{\rT} (\alpha Q),
  \]
  其中$\alpha=(1,0,\cdots,0)$.
  设$\alpha Q=(a_1, \cdots, a_n)$, 那么
  \begin{align*}
    f(x_1, \cdots, x_n)&= x^{\rT} Ax=\pm x^{\rT}(\alpha Q)^{\rT} (\alpha Q)x = \pm (\alpha Q x)^{\rT} (\alpha Q x) \\
    &= \pm(a_1x_1+\cdots+a_nx_n)^2.
  \end{align*}
\end{enumerate}

\section{正定二次型}

\begin{enumerate}
  \item \begin{enumerate}[(1)]
      \item 二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+5x_3^2+2tx_1x_2-2x_1x_3+4x_2x_3$的矩阵为
        \[
          A=\begin{pmatrix}
            1 & t & -1 \\
            t & 1 & 2\\
            -1 & 2 & 5
          \end{pmatrix}.
        \]
        $f$正定当且仅当$A$的所有顺序主子式大于$0$, 这反过来相当于
        \[
          0<\begin{vmatrix}
            1 & t \\ t & 1 
          \end{vmatrix}=1-t^2, \quad 0<\begin{vmatrix}
            1 & t & -1 \\
            t & 1 & 2\\
            -1 & 2 & 5
          \end{vmatrix}=-t(5t+4).
        \]
        这样$t\in (-\frac{4}{5},0)$.
      \item 二次型$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+tx_2^2+tx_3^2+4x_2x_3$的矩阵为
        \[
          A=\begin{pmatrix}
            1 & 0 & 0 \\
            0 & t & 2 \\
            0 & 2 & t
          \end{pmatrix}.
        \]
        $f$正定当且仅当$A$的顺序主子式大于$0$, 这反过来相当于
        \[
          0<\begin{vmatrix}
            1 & 0\\ 0 & t
          \end{vmatrix}=t, \quad 
          0<\begin{vmatrix}
            1 & 0 & 0 \\
            0 & t & 2 \\
            0 & 2 & t
          \end{vmatrix} = t^2-4.
        \]
        这样$t>2$.
    \end{enumerate}
  \item 令$0\neq x$为$n$维实列向量。
    由于$A$可逆，我们有$Ax\neq 0$. 令$Ax=(y_1,\cdots,y_n)^{\rT}$. 
    我们有
    \[
      x^{\rT} A^2 x=x^{\rT}A^{\rT}Ax= (Ax)^{\rT} Ax=\sum_{i=1}^n y_i^2>0.
    \]
    这就证明了$A^2$正定。
  \item \begin{enumerate}
      \item 令$0\neq x$为$n$维实列向量。$A, B$正定表明$x^{\rT}Ax>0, x^{\rT}Bx>0$, 
        从而$x^{\rT}(A+B)x>0$. 这就证明了$A+B$正定。
      \item 令$0\neq x=\begin{pmatrix}
          \alpha \\ \beta
        \end{pmatrix}$为$2n$维实列向量，其中
        $\alpha=(y_1,\cdots,y_n)^{\rT}, \beta=(z_1,\cdots,z_n)^{\rT}$. 
        这样$\alpha\neq 0$或$\beta\neq 0$.
        进而$A, B$正定表明
        \[
          x^{\rT}\begin{pmatrix}
          A \\ & B
        \end{pmatrix}x=\alpha^{\rT} A\alpha+ \beta^{\rT}B\beta>0.
      \]
      这就证明了$\begin{pmatrix}
         A \\ & B
      \end{pmatrix}$正定。
    \end{enumerate}
  \item ($\Leftarrow$) 对$n$维实列向量$x$, 令$Cx=(a_1,\cdots,a_n)$, 那么我们有
    \[
      x^{\rT}Ax=x^{\rT}C^{\rT}Cx=(Cx)^{\rT}(Cx)=\sum_{i=1}^n a_i^2\geqslant 0.
    \]
    这样$A$半正定。

    ($\Rightarrow$) $A$半正定表明$A$合同于$\begin{pmatrix}
      E_r \\ & 0
    \end{pmatrix}$, 其中$r$为$A$的秩。
    从而存在可逆矩阵$Q$使得$A=Q^{\rT}\begin{pmatrix}
      E_r \\ & 0
    \end{pmatrix}Q$. 将$Q$分块为$\begin{pmatrix}
      Q_1 & Q_2 \\ Q_3 & Q_4
    \end{pmatrix}$, 其中$Q_1$为$r$阶矩阵。那么我们有
    \[
      A=\begin{pmatrix}
      Q_1^{\rT} & Q_3^{\rT} \\ Q_2^{\rT} & Q_4^{\rT}
    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
      E_r \\ & 0
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
      Q_1 & Q_2 \\ Q_3 & Q_4
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
      Q_1^{\rT}Q_1 & Q_1^{\rT}Q_2 \\ Q_2^{\rT}Q_1 & Q_2^{\rT}Q_2
    \end{pmatrix}=C^{\rT}C,
    \]
    其中$C=\begin{pmatrix}
      Q_1 & Q_2 \\ 0& 0
    \end{pmatrix}$.
\end{enumerate}


\section{正交线性替换}

\begin{enumerate}
  \item 
    \begin{enumerate}
      \item 所给二次型的矩阵$A=\begin{pmatrix}
          1 & -2 & 0 \\
          -2 & 2 & -2 \\
          0 & -2 & 3
        \end{pmatrix}$的特征多项式为
        \[
          |\lambda E-A|=\begin{vmatrix}
            \lambda - 1 & 2 & 0 \\
            2 & \lambda - 2 & 2 \\
            0 & 2 & \lambda - 3
          \end{vmatrix} =   (\lambda + 1)(\lambda - 2) (\lambda - 5).
        \]
        所以$A$的特征值为$-1,2,5$. 我们来找下每个特征值的一个特征向量。
        行化简$-E-A, 2E-A, 5E-A$至阶梯型得：
        \begin{align*}
          -E-A&= \begin{pmatrix}
             - 2 & 2 & 0 \\
            2 & - 3 & 2 \\
            0 & 2 & - 4
          \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix}
             1 & -1 & 0 \\
            0 & 1 & -2 \\
            0 & 0 & 0
          \end{pmatrix}, \\
          2E-A&= \begin{pmatrix}
            1 & 2 & 0 \\
            2 & 0 & 2 \\
            0 & 2 & -1
          \end{pmatrix} \longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            1 & 2 & 0 \\
            0 & 2 & -1 \\
            0 & 0 & 0 
          \end{pmatrix},\\
          5E-A&= \begin{pmatrix}
            4 & 2 & 0 \\
            2 & 3 & 2 \\
            0 & 2 & 2
          \end{pmatrix}\longrightarrow
          \begin{pmatrix}
            2 & 3 & 2 \\
            0 & 1 & 1 \\
            0 & 0 & 0 
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样我们可得分别属于特征值$-1,2,5$的特征向量
        \[
          \alpha_1=(2,2,1)^{\rT},\quad \alpha_2=(-2,1,2)^{\rT}, \quad \alpha_3=(1,-2,2)^{\rT}.
        \]
        这些向量自动是正交的。
        再单位化得
        \begin{align*}
          \beta_1&= \frac{\alpha_1}{|\alpha_1|}=(\frac{2}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{3})^{\rT}, \\
          \beta_2&= \frac{\alpha_2}{|\alpha_2|}=(-\frac{2}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3})^{\rT},\\
          \beta_3&= \frac{\alpha_3}{|\alpha_3|}=(\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, \frac{2}{3})^{\rT}.
        \end{align*}
        令
        \[
          Q=\begin{pmatrix}
            \beta_1 & \beta_2 & \beta_3
          \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
            \frac{2}{3} & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\
           \frac{2}{3} & \frac{1}{3} & -\frac{2}{3} \\
           \frac{1}{3} & \frac{2}{3} & \frac{2}{3} 
         \end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}
           -1 \\ & 2 \\ && 5
         \end{pmatrix}.
        \]
        那么$Q$是正交矩阵，且$AQ=QD$, 从而$Q^{\rT}AQ=D$. 
        于是，若令
        \[
          \begin{pmatrix}
            x_1 \\ x_2 \\ x_3 
          \end{pmatrix}=Q\begin{pmatrix}
            y_1 \\ y_2 \\ y_3
          \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
             \frac{2}{3}y_1- \frac{2}{3} y_2+ \frac{1}{3} y_3 \\
           \frac{2}{3} y_1+ \frac{1}{3} y_2- \frac{2}{3} y_3\\
           \frac{1}{3} y_1 +\frac{2}{3} y_2 + \frac{2}{3} y_3
         \end{pmatrix},
        \]
        我们有
        \begin{align*}
          f(x_1,x_2,x_3)&= x_1^2+2x_2^2+3x_3^2-4x_1x_2-4x_2x_3 \\
          &=  -y_1^2+2y_2^2+5y_3^2.
        \end{align*}
      \item 所给二次型的矩阵$A=\begin{pmatrix}
          1 & 2 & 2 & 2 \\
          2 & 1 & 2 &2 \\
          2 & 2 & 1 & 2\\
          2 & 2 & 2 & 1
        \end{pmatrix}$的特征多项式为（由P15例2的公式）
        \[
          |\lambda E-A|=\begin{vmatrix}
            \lambda-1 & -2 & -2 & -2 \\
            -2 & \lambda-1 & -2 &-2 \\
            -2 & -2 & \lambda-1 & -2\\
            -2 & -2 & -2 & \lambda-1
          \end{vmatrix} =   (\lambda+1)^3(\lambda-7).
        \]
        所以$A$的特征值为$-1,-1,-1,7$. 我们来找下属于特征值$-1, 7$的线性无关的特征向量。
        行化简$-E-A, 7E-A$至阶梯型得：
        \begin{align*}
          -E-A&= \begin{pmatrix}
            -2 & -2 & -2 & -2 \\
            -2 & -2 & -2 &-2 \\
            -2 & -2 & -2 & -2\\
            -2 & -2 & -2 & -2
          \end{pmatrix}\longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            1 & 1 & 1 & 1 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0 \\
            0 & 0 & 0 & 0 
          \end{pmatrix},\\
          7E-A&= \begin{pmatrix}
            6 & -2 & -2 & -2 \\
            -2 & 6 & -2 &-2 \\
            -2 & -2 &6  & -2\\
            -2 & -2 & -2 & 6
          \end{pmatrix}\longrightarrow 
          \begin{pmatrix}
            1 & 1 & 1 & -3 \\
            0 & 1 & 0 & -1 \\
            0 & 0 & 1 & -1 \\
            0 & 0 & 0 & 0 
          \end{pmatrix}.
        \end{align*}
        这样我们有属于特征值$-1$的线性无关的三个特征向量
        \[
          \alpha_1=(1,-1,0,0)^{\rT}, \quad \alpha_2=(1,0,-1,0)^{\rT}, \quad \alpha_3=(1,0,0,-1)^{\rT}
        \]
        和属于特征值$7$的特征向量
        $\alpha_4=(1,1,1,1)^{\rT}$.
        我们正交化$\alpha_1, \alpha_2,\alpha_3$, 令
        \begin{align*}
          \beta_1&= \alpha_1=(1,-1,0,0)^{\rT},\\
          \beta_2&= \alpha_2-\frac{(\alpha_2,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1 =
          (\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1,0)^{\rT},\\
          \beta_3&= \alpha_3-\frac{(\alpha_3,\beta_1)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1-
          \frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)}\beta_2 = 
          (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}, -1)^{\rT}.
        \end{align*}
        接着单位化$\beta_1, \beta_2, \beta_3, \alpha_4$，令
        \begin{align*}
          \gamma_1&= \frac{\beta_1}{|\beta_1|}=(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}},0, 0)^{\rT}, \\
          \gamma_2&= \frac{\beta_2}{|\beta_2|}=(\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},0)^{\rT},\\
          \gamma_3&= \frac{\beta_3}{|\beta_3|}=(\frac{1}{\sqrt{12}},\frac{1}{\sqrt{12}},\frac{1}{\sqrt{12}},-\frac{\sqrt{3}}{2})^{\rT},\\
          \gamma_4&= \frac{\alpha_4}{|\alpha_4|}=(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})^{\rT}.
        \end{align*}
        令
        \[
          Q=\begin{pmatrix}
            \gamma_1 & \gamma_2 & \gamma_3 & \gamma_4
          \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
            \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{12}} & \frac{1}{2} \\
            -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{12}} & \frac{1}{2} \\
            0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{12}} & \frac{1}{2} \\
            0 & 0 & -\frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2}
          \end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}
            -1 \\ & -1\\ & & -1\\ &&& 7
          \end{pmatrix}.
        \]
        那么$Q$为正交矩阵，且$AQ=QD$, 从而$Q^{\rT}AQ=D$. 
        于是，若令
        \[
          \begin{pmatrix}
            x_1 \\ x_2 \\ x_3  \\ x_4
          \end{pmatrix}=Q\begin{pmatrix}
            y_1 \\ y_2 \\ y_3 \\y_4
          \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
            \frac{1}{\sqrt{2}}y_1+ \frac{1}{\sqrt{6}} y_2+ \frac{1}{\sqrt{12}} y_3+ \frac{1}{2} y_4 \\
            -\frac{1}{\sqrt{2}}y_1+ \frac{1}{\sqrt{6}} y_2+ \frac{1}{\sqrt{12}} y_3+ \frac{1}{2} y_4 \\
             -\frac{2}{\sqrt{6}} y_2+ \frac{1}{\sqrt{12}} y_3+ \frac{1}{2}y_4 \\
             -\frac{\sqrt{3}}{2} y_3+ \frac{1}{2} y_4
         \end{pmatrix},
        \]
        我们有
        \begin{align*}
          f(x_1,x_2,x_3,x_4)&= 
          x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\\
          & \quad+4x_1x_2+4x_1x_3+4x_1x_4+4x_2x_3 +4x_2x_4+4x_3x_4\\
          &= 
          -y_1^2-y_2^2-y_3^2+7y_4^2.
        \end{align*}
 \end{enumerate}     

 \begin{remark*}
   要找特征值，当然免不了分解特征多项式。
   如果看不出来特征多项式如何分解，可试试下面的方法。
   通常我们的作业和试题中的矩阵的特征多项式的系数都是整数，特征值也都是整数。
   若特征多项式的常数项为整数$a_0$, 那么整数特征值一定整除$a_0$.
   所以把$a_0$的因子都代入特征多项式看看是不是根差不多就能找到特征多项式的分解。
 \end{remark*}

 \item 由题意知实二次型$f$的矩阵$A=\begin{pmatrix}
     2 & 0 & 0 \\
     0 & 3 & a\\
     0 & a & 3
   \end{pmatrix}$与$\begin{pmatrix}
     1 \\ & 2 \\ && 5
   \end{pmatrix}$相似。由于行列式是相似不变量，我们有$2(9-a^2)=10$. 又$a>0$, 我们知$a=2$.
   显然$A$的特征多项式为
   \[
     |\lambda E-A|=\begin{pmatrix}
       \lambda-2 & 0 & 0 \\
       0 & \lambda-3 & -2 \\
       0 & -2 & \lambda-3
     \end{pmatrix}=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-5).
   \]
   所以$A$的特征值为$1,2,5$. 可求得属于特征值$1,2,5$的特征向量
   \[
     \alpha_1=(0,1,-1)^{\rT},\quad \alpha_2=(1,0,0)^{\rT},\quad \alpha_3=(0,1,1)^{\rT}.
   \]
   单位化得
   \begin{align*}
     \beta_1&= \frac{\alpha_1}{|\alpha_1|}=(0,\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})^{\rT},\\
     \beta_2&= \frac{\alpha_2}{|\alpha_2|}=(1,0,0)^{\rT}, \\
     \beta_3&= \frac{\alpha_3}{|\alpha_3|}=(0,\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}})^{\rT}.
   \end{align*}
   令
   \[
     Q=\begin{pmatrix}
       \beta_1 & \beta_2 & \beta_3
     \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
       0 & 1 & 0\\
       \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
       -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}
     \end{pmatrix}.
   \]
  所用的正交的线性变换为
  \[
    \begin{pmatrix}
      x_1 \\ x_2 \\ x_3
    \end{pmatrix}=Q\begin{pmatrix}
      y_1 \\ y_2 \\ y_3
    \end{pmatrix}=
    \begin{pmatrix}
      y_2 \\
\frac{1}{\sqrt{2}}y_1 + \frac{1}{\sqrt{2}}y_3 \\
       -\frac{1}{\sqrt{2}}y_1 +\frac{1}{\sqrt{2}}y_3
     \end{pmatrix}.
  \]
 \item 存在正交矩阵$Q$使得$Q^{\rT}AQ=\begin{pmatrix}
     \lambda_1 \\ & \lambda_2 \\ && \ddots \\ &&& \lambda_n
   \end{pmatrix}$, 其中$\lambda_1, \cdots, \lambda_n$为$A$的$n$个特征值。
   这样，$A$正定当且仅当其正惯性指数为$n$当且仅当所有的$\lambda_i>0$.
 \item 由练习1知二次型$f(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2-4xy-4yz$可经正交的线性变换化成
   $2u^2+5v^2-w^2$. 这样变换直角坐标系后所给二次曲面的方程为
   $2u^2+5v^2-w^2=1$. 这是单叶双曲面。
   \begin{remark*}
     注意到所给曲面的定义方程为$f(x,y,z)=1$, 其中$f(x,y,z)$是关于$x,y,z$的二次型
     （而不是具有更一般形式的二次函数）。
     这时，若我们只是判断所给曲面类型，那么只用确定下正负惯性指数即可。
     我们把实二次型$f$的矩阵
     $A=\begin{pmatrix}
       1 & -2 & 0 \\
       -2 & 2 & -2 \\
       0  & -2 & 3
     \end{pmatrix}$化简至标准型可知$A$的正、负惯性指数分别为$2,1$.
     因此$A$有两个正特征值（比如说$\lambda_1, \lambda_2$），
     一个负特征值（比如说$\lambda_3$）。
     进而，可用正交矩阵把$A$合同到$\begin{pmatrix}
       \lambda_1 \\ &\lambda_2 \\ && \lambda_3
     \end{pmatrix}$, 从而在新的直角坐标系$(u,v,w)$下二次曲面的标准方程为
     $\lambda_1 u^2+\lambda_2 v^2+\lambda_3 w^2=1$.
     既然$\lambda_1>0, \lambda_2>0, \lambda_3<0$, 所给曲面为单叶双曲面。
   \end{remark*}
\end{enumerate}

\section*{第6章总复习题}
\addcontentsline{toc}{section}{第六章复习题}


\subsection*{一、填空题}

\begin{enumerate}
  \item $\begin{pmatrix}
      0 & -1 & 3 \\
      -1 & 1 & 0 \\
      3 & 0 & -2
    \end{pmatrix}$.
  \item 所给二次型的矩阵为$A=\begin{pmatrix}
      1 & 0 & 2 \\
      0 & 1 & 1 \\
      2 & 1 & t
    \end{pmatrix}$. 既然秩为$2$, 我们有$0=|A|=t-5$.
    因此$t=5$.
  \item 用一系列对称版本的初等变换化所给实二次型的矩阵至标准型：
    \begin{align*}
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & -2 \\
        1 & -3 & -3 \\
        -2 & -3 & 1
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_2-r_1,r_3+2r_1]{c_2-c_1,c_3+2c_1}
      \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 \\
        0 & -4 & -1 \\
        0 & -1 & -3
      \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3+r_2\times(-\frac{1}{4})]{c_3+c_2\times(-\frac{1}{4})} 
      \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 \\
        0 & -4 & 0 \\
        0 & 0 & -\frac{11}{4}
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    由此可知，正、负惯性指数分别为$1,2$. 
  \item 所给二次型$f$的矩阵为$A=\begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0 \\
      0 & \lambda & -2 \\
      0 & -2 & 2\lambda
    \end{pmatrix}$. 二次型$f$正定当且仅当$A$的顺序主子式大于$0$, 
    这反过来相当于
    \[
      0<\begin{vmatrix}
        1 \\ & \lambda
      \end{vmatrix}= \lambda,\quad 0< \begin{vmatrix}
      1 & 0 & 0 \\
      0 & \lambda & -2 \\
      0 & -2 & 2\lambda
    \end{vmatrix} = 2\lambda^2-4.
    \]
    这样$\lambda>\sqrt{2}$.
  \item 双曲线。通过对称版本的初等变换容易发现实二次型$2x^2-4xy+y^2$
    的矩阵$A=\begin{pmatrix}
      2 & -2 \\ -2 & 1
    \end{pmatrix}$的正、负惯性指数分别为$1,1$.
    这样$A$有一正一负两个特征值，比如说$\lambda_1>0, \lambda_2<0$.
    存在正交矩阵把$A$合同到$\begin{pmatrix}
      \lambda_1 \\ & \lambda_2
    \end{pmatrix}$. 
    在新的直角坐标系$(u,v)$下所给二次曲线的方程为$\lambda_1 u^2+\lambda_2 v^2=1$.
    显然此曲线是双曲线。
\end{enumerate}

\subsection*{二、选择题}


\begin{enumerate}
  \item 选(D). 
    两个实对称矩阵合同当且仅当它们有相等的正、负惯性指数。
    $A$的正、负惯性指数分别为$1,1$. 用一系列对称版本的初等变换化简可知答案为(D).
  \item 选(A). $A$正定当且仅当存在可逆矩阵$C$使得$A=C^{\rT}C$.
  \item 选(B). (A), (C)是正定的等价条件。(D)不足以推出$A$半正定，
    实际上$A$半正定等价于$A$的所有主子式大于等于$0$.
  \item 选(C). 由实二次型的规范形的唯一性可知。
  \item 选(D). 实或复二次型的规范形是唯一的。
\end{enumerate}

\subsection*{三、计算题}

\begin{enumerate}
  \item 所给二次型$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2-2x_1x_3+2x_2x_3$的矩阵为
    $A=\begin{pmatrix}
      0 & 1 & -1 \\
      1 & 0 & 1 \\
      -1 & 1  &0
    \end{pmatrix}$.
    我们用一系列对称版本的初等变换来化简$\begin{pmatrix}
      A \\ E
    \end{pmatrix}$把$A$化成对角阵：
    \begin{align*}
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
         0 & 1 & -1 \\
        1 & 0 & 1 \\
        -1 & 1  &0 \\
        \hline
        1 & 0 & 0 \\
        0 & 1  & 0 \\
        0 & 0 & 1
        \end{array}
      \right)\xrightarrow[r_1+r_2]{c_1+c_2} &
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
         2 & 1 & 0 \\
        1 & 0 & 1 \\
        0 & 1  &0 \\
        \hline
        1 & 0 & 0 \\
        1 & 1  & 0 \\
        0 & 0 & 1
        \end{array}
      \right) \xrightarrow[r_2+r_1\times(-\frac{1}{2})]{c_2+c_1\times(-\frac{1}{2})}
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
         2 & 0 & 0 \\
         0 & -\frac{1}{2} & 1 \\
        0 & 1  &0 \\
        \hline
        1 & -\frac{1}{2} & 0 \\
        1 & \frac{1}{2}  & 0 \\
        0 & 0 & 1
        \end{array}
      \right) \\
      \xrightarrow[r_3+2r_2]{c_3+2c_2} &
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
         2 & 0 & 0 \\
         0 & -\frac{1}{2} & 0 \\
        0 & 0  &2 \\
        \hline
        1 & -\frac{1}{2} & -1 \\
        1 & \frac{1}{2}  & 1 \\
        0 & 0 & 1
        \end{array}
      \right). 
    \end{align*}
    这样，令
    \[
      \begin{pmatrix}
        x_1 \\ x_2 \\ x_3
      \end{pmatrix}=
      \begin{pmatrix}
        1 & -\frac{1}{2} & -1 \\
        1 & \frac{1}{2}  & 1 \\
        0 & 0 & 1      
      \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        y_1 \\ y_2 \\ y_3
      \end{pmatrix},
    \]
    我们就能把二次型$f$化成了$2y_1^2-\frac{1}{2}y_2^2+2y_3^2$.
    所给实二次型的正、负惯性指数分别为$2,1$, 规范型为$z_1^2+z_2^2-z_3^2$.
  \item 所给二次型的矩阵$A=\begin{pmatrix}
      2 & -1 & -1 \\
      -1 & 2 & -1 \\
      -1 & -1 & 2
    \end{pmatrix}$. 由P15例2的公式知$A$的特征多项式为$\lambda(\lambda-1)^2$,
    因此$A$的特征值为$0,1,1$. 为了求$A$的特征向量，我们要找到线性方程组
    $Ax=0$和$(E-A)x=0$的基础解系。我们把相应的系数矩阵行化简至阶梯型：
    \begin{align*}
      A=\begin{pmatrix}
        2 & -1 & -1 \\
        -1 & 2 & -1 \\
        -1 & -1 & 2
      \end{pmatrix} \longrightarrow &
      \begin{pmatrix}
        1 & 1 & -2 \\
        0 & 1 & -1 \\
        0 & 0 & 0 
      \end{pmatrix},\\
      E-A=\begin{pmatrix}
        -1 & -1 & -1 \\
        -1 & -1 & -1 \\
        -1 & -1 & -1 
      \end{pmatrix} \longrightarrow & \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 1 \\
        0 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 0
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    所以我们有属于特征值$0$的特征向量$\alpha_1=(1,1,1)^{\rT}$ 和属于特征值$1$的
    线性无关的特征向量$\alpha_2=(1,-1,0)^{\rT}, \alpha_3=(1,0,-1)^{\rT}$.
    $A$的所有的属于特征值$0$的特征向量为$a_1 \alpha_1$, 其中$a_1$为任意数；
    属于$1$的特征向量为$a_2 \alpha_2 + a_3\alpha_3$, 其中$a_2, a_3$为不全为$0$的任意数。

    正交化$\alpha_2, \alpha_3$可得
    \begin{align*}
      \beta_2&= \alpha_2=(1,-1,0)^{\rT},\\
      \beta_3&= \alpha_3-\frac{(\alpha_3,\beta_2)}{(\beta_2,\beta_2)} \beta_2 = 
      (\frac{1}{2},\frac{1}{2},-1)^{\rT}.
    \end{align*}
    接着单位化$\alpha_1, \beta_2, \beta_3$可得
    \begin{align*}
      \gamma_1&= \frac{\alpha_1}{|\alpha_1|}=(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}})^{\rT},\\
      \gamma_2&= \frac{\beta_2}{|\beta_2|}=(\frac{1}{\sqrt{2}},-\frac{1}{\sqrt{2}},0)^{\rT},\\
      \gamma_3&= \frac{\beta_3}{|\beta_3|}=(\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}})^{\rT}.
    \end{align*}
    令
    \[
      Q=\begin{pmatrix}
        \gamma_1 & \gamma_2 & \gamma_3
      \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\
        \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} \\
        \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} 
      \end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix}
        0 \\ & 1 \\ && 1
      \end{pmatrix}.
    \]
    那么$Q$为正交矩阵，$AQ=QD$, 从而$Q^{\rT}AQ=D$. 
    令$x=Qy$, 那么所给二次型$f$就被化成了$y_2^2+y_3^2$. 

    所给二次型的规范型为$z_1^2+z_2^2$.
  \item 所给二次型对应的对称矩阵的$p$阶顺序主子式形如
    \[
      \begin{vmatrix}
        1 & \frac{1}{2} & \cdots &\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
        \frac{1}{2} & 1 & \cdots & \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\
        \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
        \frac{1}{2} &\frac{1}{2}  & \cdots & 1 & \frac{1}{2}\\
        \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &\cdots & \frac{1}{2} & 1
    \end{vmatrix}.
    \]
    由P15例2的公式知此行列式的值为$(1-\frac{1}{2})^{p-1}(1+\frac{1}{2}(p-1))=\frac{p+1}{2^p}$. 
    这样所有顺序主子式大于$0$, 所以所给二次型正定。

  \item     我们用一系列对称版本的初等变换来化简$\begin{pmatrix}
      A \\ E
    \end{pmatrix}$把$A$化成对角阵：
    \begin{align*}
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          2 & -4 & 0\\
          -4  & 9 & -1 \\
          0 & -1 & 3\\
          \hline
          1 & 0 & 0 \\
          0 & 1 & 0 \\
          0 & 0 & 1
        \end{array}
      \right)\xrightarrow[r_2+2r_1]{c_2+2c_1} &
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          2 & 0 & 0\\
          0  & 1 & -1 \\
          0 & -1 & 3\\
          \hline
          1 & 2 & 0 \\
          0 & 1 & 0 \\
          0 & 0 & 1
        \end{array}
      \right)\xrightarrow[r_3+r_2]{c_3+c_2}
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          2 & 0 & 0\\
          0  & 1 & 0 \\
          0 & 0 & 2\\
          \hline
          1 & 2 & 2 \\
          0 & 1 & 1 \\
          0 & 0 & 1
        \end{array}
      \right)\\
      \xrightarrow[r_1\times \frac{1}{\sqrt{2}}, r_3\times\frac{1}{\sqrt{2}}]
      {c_1\times \frac{1}{\sqrt{2}}, c_3\times\frac{1}{\sqrt{2}}} & 
      \left( 
        \begin{array}[]{rrr}
          1 & 0 & 0\\
          0  & 1 & 0 \\
          0 & 0 & 1\\
          \hline
          \frac{1}{\sqrt{2}} & 2 & \sqrt{2} \\
          0 & 1 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
          0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}
        \end{array}
      \right)
    \end{align*}
    令
    \[
      Q=\begin{pmatrix}
          \frac{1}{\sqrt{2}} & 2 & \sqrt{2} \\
          0 & 1 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\
          0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}}
        \end{pmatrix},
      \]
      我们有$Q^{\rT}AQ=E$. 
      令
      \[
        B=Q^{-1} = \begin{pmatrix}
          \sqrt{2} & -2\sqrt{2} &  0 \\
          0 & 1 & -1 \\
          0 & 0 & \sqrt{2}
        \end{pmatrix},
      \]
      那么$A=(Q^{-1})^{\rT}  Q^{-1}=B^{\rT}B$.
    \item 所给二次曲面可写为
      \[
        \symbf{x}^{\rT} A \symbf{x} + \alpha^{\rT} \symbf{x} +1 =0,
      \]
      其中
      \[
        \symbf{x}=(x,y,z)^{\rT}, \quad \alpha=(8,-4,-8)^{\rT},\quad 
        A=\begin{pmatrix}
          6 & 0 & 2 \\
          0 & -2 & 0 \\
          2 & 0 & 6
        \end{pmatrix}.
      \]
      我们先用正交的线性变换把$A$化成标准型。
      $A$的特征多项式为$(\lambda-4)(\lambda-8)(\lambda+2)$,
      故$A$的特征值为$4,8,-2$.
      化简$4E-A, 8E-A, -2E-A$知阶梯型可找到线性方程组
      $(4E-A)x=0, (8E-A)x=0, (-2E-A)x=0$的基础解系，
      从而得到$A$的分别属于特征值$4,8,-2$的特征向量
      \[
        \alpha_1=(1,0,-1)^{\rT},\quad \alpha_2=(1,0,1)^{\rT},\quad \alpha_3=(0,1,0)^{\rT}.
      \]
      单位化得
      \begin{align*}
        \beta_1&= \frac{\alpha_1}{|\alpha_1|}=(\frac{1}{\sqrt{2}},0,-\frac{1}{\sqrt{2}})^{\rT},\\
        \beta_2&= \frac{\alpha_2}{|\alpha_2|}=(\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}})^{\rT},\\
        \beta_3&= \frac{\alpha_3}{|\alpha_3|}=(0,1,0)^{\rT}.
      \end{align*}
      令
      \[
        Q=\begin{pmatrix}
          \beta_1 & \beta_2 & \beta_3
        \end{pmatrix}=
        \begin{pmatrix}
          \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}}  & 0 \\
          0 & 0 & 1 \\
          -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0
        \end{pmatrix},\quad 
        D=\begin{pmatrix}
          4 \\ & 8 \\ && -2
        \end{pmatrix}.
      \]
      那么$Q$是正交矩阵，$AQ=QD$, 从而$Q^{\rT}AQ=D$.
      作正交的线性变换
      \[
        \symbf{x}=Q\symbf{x}', \quad \text{其中~}\symbf{x}'=(x_1,y_1,z_1)^{\rT},
      \]
      曲面在新的直角坐标系$(u,v,w)$下的方程为
      \[
        {\symbf{x}'}^{\rT} D\symbf{x}' + \alpha^{\rT} Q \symbf{x}' +1=0,
      \]
      即
      \[
        4x_1^2+8y_1^2-2z_1^2+ 8\sqrt{2}x_1-4z_1+1=0,
      \]
      亦即
      \[
        4(x_1+\sqrt{2})^2+8y_1^2-2(z_1+1)^2=5.
      \]
      再经变换$x_1=x_2-\sqrt{2}, y_2=y_1, z_1=z_2-1$后我们得到标准方程
      $4x_2^2+8y_2^2-2z_2^2=5$. 这样所给二次曲面是个单叶双曲面。
\end{enumerate}


